QUÍMICA ANALÍTICA - QA.pdf
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                    Universidade Federal de Alagoas
Programa de Pós-Graduação em Química e Biotecnologia
Av. Lourival de Melo Mota, s/n, Campus A.C. Simões, Maceió-AL, 57072-900, Brasil.

QUÍMICA ANALÍTICA (QA)
Outras estratégias de resolução além das apresentadas neste gabarito podem ser consideradas
durante a correção, desde que, não exista erro conceitual.
QA 01.
a) No ponto final da titulação de uma ácido monoprótico com NaOH, tem-se a seguinte
igualdade em relação a quantidade de matéria (n): nácido láctico = nNaOH, que também pode ser
escrita como: nácido láctico = CNaOHVNaOH. Substituindo-se os valores de concentração e volume
da base consumidos, tem-se: nácido láctico = 0,09850,03328 = 3,27810-3 mol. Considerando que
n = m/MM, e que MM = 90 g mol-1 (ácido láctico), então a massa de ácido láctico em solução
é m = 0,295 g. Assim, a concentração percentual é calculada da seguinte forma C =
(0,295/25)100% (m/v), levando ao seguinte valor, C = 1,18% (m/v).
b) A partir da igualdade em relação a quantidade de matéria (n) já descrita em relação ao ponto
final: nácido láctico = nNaOH tem-se que nácido láctico = 0,09850,03328 = 3,27810-3 mol. O ponto
final de uma titulação entre um ácido fraco com uma base forte é definido pela completa
neutralização do ácido, o qual é convertido a sua base conjugada correspondente. Assim, o pH
nesta condição é determinado pela hidrólise da base fraca formanda durante a titulação. Neste
caso, sendo nácido láctico = nlactato e, por conseguinte, Clactato = (nlactato/Vtotal). Assim, como Vtotal =
58,28 mL, então Clactato = 5,6210-2 mol L-1. A partir do valor de pKa do ácido láctico, é possível
calcular Kb, uma vez que o lactato de sódio atual como base, sendo Kb = 7,2410-11.
Conhecendo os valores de Kb e Clactato, a partir da resolução da equação quadrática abaixo,
calcula-se o valor da [OH-]:
- K + K b 2 +4  K b  Clactato
[OH - ] = b
2
Onde [OH-]  2,0210-6 mol L-1, levando a pOH = 5,69 e pH = 8,31.
Alternativamente, como log(Clactato/Kb) > 3, então pode-se empregar a equação simplificada:
[OH - ] = K b  Clactato
Assim, [OH-]  2,0210-6 mol L-1, levando a pOH = 5,69 e pH = 8,31.
QA 02.
Com bases nas reações fornecidas na questão:
Cr2O72- + 14H+ + 6e2Cr3+ + CO2 + 7H2O
O excesso de dicromato é titulado com sulfato ferroso amoniacal:
6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ 4Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O
Fe2+
Fe3+ + eA oxidação pelo oxigênio pode ser representada pela seguinte reação:
O2 + 4H+ + 4e- 2H2O
- Logo, a equivalência entre o dicromato e o oxigênio será a seguinte:
6 mols O2 para 4 mols Cr2O72- ou 1 mol Cr2O72- para 1,5 mol O2
Com base nas reações envolvidas, também pode-se chegar às seguintes equivalências:
1 mol Cr2O72- equivale a 6 mols Fe2+
1 mol O2 equivale a 4 mols de Fe2+
- Cálculo do número de mol inicial de dicromato de potássio:
0,0291 mol de Cr2O72- → 1,0 L
X mol de Cr2O72- → 0,050 L
X =14,5510-4 mol de Cr2O72-

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- Cálculo do número de mol de Fe2+ utilizado na titulação do dicromato que não reagiu:
0,0565 mol de Fe2+ → 1,0 L
Y mol de Fe2+→ 0,0221 L
Y = 1,2510-3 mol de Fe2+
- Cálculo do número de mol de dicromato que sobrou após oxidação, considerando-se que:
1 mol de Cr2O72- → 6 mols de Fe2+
Z mol Cr2O72- → 1,2510-3 mol de Fe2+
Z = 2,0810-4 mol Cr2O72- Cálculo do número de mol de dicromato consumido durante a oxidação de MO:
0,001455 (inicial) - 0,000208 (restante) = 0,001247 mol Cr2O72- (consumido)
- Equivalência do número de mol O2
6 mols de O2 → 4 mols Cr2O72Q mol de O2 → 0,001247 mol Cr2O72Q =18,710-4 mol de O2
- Alíquota tomada da amostra (50,00 mL)
18,710-4 mol de O2 → 100 mL de H2O
W mol de O2 → 1000 mL de H2O
W = 1,8710-2 mol de O2
- Transformação em gramas – DQO
1 mol de O2 → 32 gramas
1,8710-2 mol de O2 → Z gramas
Z = 0,598 g L-1 ou 598 mg L-1
QA 03.
Calcular a massa de NaOAc a ser adicionada a 500,0 mL de HOAc 1,0 mol L-1.
Concentração de H3O+:
[H3O+] = 10-4.5 = 3,16 x 10-5 mol L-1
[H3 O+ ][OAc − ]
Ka =
= 1,75 x 10−5
[HOAc]
[OAc − ]
1,75 x 10−5
1,75 x 10−5
=
=
= 0,5534
[HOAc]
[HOAc]
3,16 x 10−5
Concentração de acetato:
[OAc − ] = 0,5534 x 1,0 molL−1 = 0,5534 mol L−1
Massa de NaOAc:
massaNaOAc =

0,5534 mol NaOAc
82,034 g NaOAc
x 0,5 L x
= 22,7 g de NaOAc
L
mol NaOAc

Comentário: Após dissolver essa quantidade de NaOAc na solução de ácido acético, o
mestrando verificou o pH com auxílio de um pHmetro para que, se necessário ajustar
ligeiramente o pH pela adição de uma pequena quantidade de um dado ácido ou de uma dada
base.

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QA 04.

QA 05.
nFe3+ + nCu2+ = nEDTA = VEDTA[EDTA] = 32,12 mL0,05083 mol L-1 = 1,6326 mmol
Como o volume de solução contendo os dois cátions é 50,00 mL, isto dá-nos:
[Fe3+] + [Cu2+] = 1,6326 mmol / 50,00 mL = 3,265 x10-2 mol L-1
Para a titulação por retorno do Fe3+ em 100,00 mL de solução, utilizou-se:
nEDTAinicial = 50,00 mL x 0,05083 mol L-1 = 2,5415 mmol
nEDTAexcesso = nPb2+= 39,54 mL x 0,01883 mol L-1 = 0,7445 mmol
nFe3+ = nEDTAinicial - nEDTAexcesso= 2,5415- 0,7445 = 1,797 mmol
[Fe3+] = 1,797 mmol / 100,00 mL = 1,79710-2 mol L-1
E, portanto [Cu2+] = 3,265 x10-2 -1,797 x10-2 =1,46810-2 mol L-1.